ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 109940
Темы:    [ Правильный тетраэдр ]
[ Центральная симметрия ]
[ Параллельный перенос ]
[ Движение помогает решить задачу ]
[ Объем многогранников ]
[ Вычисление объемов ]
Сложность: 7-
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Даны два правильных тетраэдра с ребрами длины , переводящихся один в другой при центральной симметрии. Пусть ϕ – множество середин отрезков, концы которых принадлежат разным тетраэдрам. Найдите объем фигуры ϕ .

Решение

Пусть O – центр симметрии, KLMN и K1L1M1N1 – данные тетраэдры ( K и K1 , L и L1 , M и M1 , N и N1 – пары симметричных относительно точки O вершин).

Параллельный перенос первого тетраэдра на вектор , а второго – на вектор - не изменяет ϕ . Действительно, пусть P и Q – две произвольные точки тетраэдров, X – середина отрезка PQ , = , =- , тогда +=+++= -+(+)+= , значит, X – середина отрезка P'Q' .

Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром , перпендикулярен им и имеет длину 1. Поэтому можно выбрать куб ABCDA1B1C1D1 с ребром 1 и центром O и параллельный перенос , переводящий первый тетраэдр в тетраэдр T1=ACB1D1 . Параллельный перенос на вектор - переведет второй тетраэдр в симметричный T1 тетраэдр T2=C1A1DB .

Итак, фигура ϕ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах ACB1D1 и C1A1DB .

Пусть U – многогранник, изображенный на рис. 1 тонкими линиями, его вершины – середины ребер куба. Покажем, что ϕ=U .

          
Рис. 1                                  Рис. 2

Лемма. Множество ϕ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурам ϕ1 и ϕ2 выпукло.

Доказательство. Пусть M и N – середины отрезков EF и GH , где E,Gϕ1 , F,Hϕ2 , S[MN] . Проведем через M прямые, параллельные EG и FH (см. рис. 2) . Теперь из рисунка видно, как найти точки P[EG] и Q[FH] такие, что S – середина [PQ] . Итак, если M,Nϕ и S[MN] , то Sϕ , т.е. множество ϕ выпукло. Лемма доказана.

Из леммы следует, что искомая фигура ϕ выпукла.
Но все вершины многогранника U лежат в ϕ (например, Q – середина AA1 ), поэтому . Теперь заметим, что множество середин отрезков [GH] , где H T2 – тетраэдр T2' , гомотетичный T2 с коэффициентом b= и центром G . Но при такой гомотетии T2' и точка A лежат по разные стороны от плоскости PQR . Значит, ϕ не содержит точек, входящих в пирамидку APQR , кроме ее основания.

Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что ϕ=U .

Таким образом, V(ϕ)=1-8V(APQR)=1-= .

Ответ

.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 1998
Этап
Вариант 4
Класс
Класс 11
задача
Номер 98.4.11.7

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .